容斥原理

容斥原理

原理

引入 首先我们来看一个小学生的问题：

一个班中，学习日语的有 \(a\) 人，学习俄语的有 \(b\) 人，学习两科的有 \(c\) 人，求至少学了一门外语的人数有几人。

答案很明显，为 \(a+b-c\)。

容斥原理

\[|\bigcup _{i}A_i|=\sum_{i}\mid A_i\mid-\sum_{i<j}|A_i\cap A_j|+\sum_{i<j<k}|A_i\cap A_j\cap A_k|+\ldots+(-1)^{n-1}|\bigcap_{i}S_i| \]

证明：

对于元素 \(a\)，假设 \(a\) 在上式子拆开后有 \(x\)，有且仅有 \(m\) 个 \(A_i\) 集合包含 \(a\)。

那么右式中的贡献为：

\[x={m\choose1}-{m\choose2}+\ldots+(-1)^{m}{m\choose m}=\sum_{i=1}^m((-1)^{i-1}{m\choose i}) \]

我们可以构造一个式子：

\[(1-1)^m=0 \]

对它使用二项式展开：

\[0=\sum_{i=0}^{m}((-1)^{i-1}{m\choose i}) \]

于是：

\[\begin{matrix} x-{m\choose0}=0\\ x=1 \end{matrix} \]

反之，亦然。证毕。

例题

例1.

若 \(\sum x_i=m,x_i\in \mathbb{N}\)，求 \(x_i\) 取值的方案数。

\((1)\) 对 \(x_i\) 无限制

则就是小球与挡板的问题。

共 \(\Large{m+n-1\choose m}\) 种方案。

\((2)\) 若 \(x_i\le b_i\)

我们定义 \(get(n,m)=\Large{m+n-1\choose m}\)。

用 \(S_i\) 表示 \(x_i\ge b_i+1\) 的所有方案集合。

很明显，求的就是 \(|\displaystyle{\bigcup_{i=1}^n} S_i|\)，容斥原理秒掉。

现在需要思考的问题是，如何求 \(|\displaystyle{\bigcap_{i\in S} S_i}|\)。

把它展开，就是求 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i=0\) 且其中\(x_i\ge b_i\)，这不很简单吗，就是 \(get(n,m-\displaystyle\sum_{i\in S}(b_i+1))\)。

\((3)\) 若 \(x_i\le b\)

这是更简单的，因为每一次减的数都一样，所以答案就为：

\[\sum_{i=0}^n (-1)^i{n\choose i}get(n,m-i(b+1)) \]

\((4)\) \(x_i\le b_i\) DP 做法

例5. 欧拉函数

定义：\(\varphi(n)\) 表示 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。这个函数叫做欧拉函数。求 \(\varphi(n)\) 的展开式。

例6. 广义容斥原理

容斥原理常用于集合的计数问题，而对于两个集合的函数 \(f(S),g(S)\)，

\[f(S)=\sum_{T\subseteq S}g(T) \Leftrightarrow g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T) \]

证明

接下来我们简单证明一下。我们从等式的右边开始推：

\[\begin{aligned} &\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\\ =&\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\sum_{Q\subseteq T}g(Q)\\ =&\sum_{Q}g(Q)\sum_{Q\subseteq T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\\ \end{aligned} \]

我们发现后半部分的求和与 \(Q\) 无关，因此把后半部分的 \(Q\) 剔除：

\[=\sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|} \]

记关于集合 \(P\) 的函数 \(F(P)=\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|}\)，并化简这个函数：

\[\begin{aligned} F(P)&=\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|}\\ &=\sum_{i=0}^{|P|}\dbinom{|P|}{i}(-1)^{|P|-i}=\sum_{i=0}^{|P|}\dbinom{|P|}{i}1^i(-1)^{|P|-i}\\ &=(1-1)^{|P|}=0^{|P|} \end{aligned} \]

因此原来的式子的值是

\[\sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|}=\sum_{Q}g(Q)F(S\setminus Q)=\sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|} \]

分析发现，仅当 \(|S\setminus Q|=0\) 时有 \(0^0=1\)，这时 \(Q=S\)，对答案的贡献就是 \(g(S)\)，其他时侯 \(0^{|S\setminus Q|}=0\)，则对答案无贡献。于是得到

\[\sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|}=g(S) \]

综上所述，得证。

推论

该形式还有这样一个推论。在全集 \(U\) 下，对于函数 \(f(S),g(S)\)，

\[f(S)=\sum_{T\supseteq S}g(T) \Leftrightarrow g(S)=\sum_{T\supseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T) \]

这个推论其实就是补集形式，证法类似。